Question

已知函数f（x）=（mx+n）e^-x（m，n∈R，e是自然对数的底）
（1）若函数f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为x+ey-3=0，试确定函数f（x）的单调区间；
（2）①当n=-1，m∈R时，若对于任意，都有f（x）≥x恒成立，求实数m的最小值；
②当m=n=1时，设函数g（x）=xf（x）+tf'（x）+e^-x（t∈R），是否存在实数a，b，c∈[0，1]，使得g（a）+g（b）＜g（c）？若存在，求出t的取值范围；若不存在，说明理由．

Answer

（1）求导函数，利用函数f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为x+ey-3=0，可得f（1）=，f′（1）=-，从而可得函数的解析式，利用导数的正负可得函数的单调区间；
（2）①对于任意，都有f（x）≥x恒成立，等价于m≥，对于任意恒成立，构造函数可得φ（x）的最大值是φ（）和φ（2）中的较大的一个，由此可求m的最小值；
②假设存在a，b，c∈[0，1]，使得g（a）+g（b）＜g（c），则问题等价于2g（x）min＜g（x）max，1求导函数，分类讨论求出函数的最值，即可求得结论．
【解析】
（1）由题意，f′（x）=
∵函数f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为x+ey-3=0
∴f（1）=，f′（1）=-
∴，
∴m=1，n=1
∴f（x）=（x+1）e-x，f′（x）=
令f′（x）＞0，可得x＜0，令f′（x）＜0，可得x＞0，
∴f（x）在（0，+∞）上单调递减，在（-∞，0）上单调递增；
（2）①当n=-1，m∈R时，，即m≥
对于任意，都有f（x）≥x恒成立，等价于m≥，对于任意恒成立
记φ（x）=，则φ′（x）=
记h（x）=，则h′（x）=＞0对于任意恒成立，
∴h（x）=在上单调递增
∵
∴φ′（x）=在上有唯一的零点x，
∴x∈（，x），φ′（x）＜0，x∈（x，2），φ′（x）＞0
∴φ（x）在（，x）上单调递减，在（x，2）上单调递增
∴φ（x）的最大值是φ（）和φ（2）中的较大的一个
∴m≥φ（）且m≥φ（2）
∴m≥+2且m≥
∴m的最小值为；
②假设存在a，b，c∈[0，1]，使得g（a）+g（b）＜g（c），则问题等价于2g（x）min＜g（x）max，
∵g（x）=xf（x）+tf'（x）+e-x=，∴g′（x）=
当t≥1时，在[0，1]上g′（x）≤0，∴g（x）在[0，1]上单调递减，∴2g（1）＜g（0），∴2×＜1，∴；
当t≤0时，在[0，1]上g′（x）≥0，∴g（x）在[0，1]上单调递增，∴2g（0）＜g（1），∴2＜，∴t＜3-2e＜0；
当0＜t＜1时，在[0，t）上，g′（x）＜0，∴g（x）在[0，t）上单调递减，在（t，1]上，g′（x）＞0，∴g（x）在（t，1]上单调递增，∴2g（t）＜max{g（0），g（1）}
∴2×
由（1）知f（t）=在[0，1]上单调递减，故，
∵
∴2×无解
综上所述，存在t∈（-∞，3-2e）∪（3-，+∞），使得命题成立．